📝 题目
2.5.9 设 $P\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}$ . 求证: $a$ 是 $P\left( x\right) = 0$ 的 $k$ 重根的充分必要条件为
$$ {P}^{\left( i\right) }\left( a\right) = 0\;\left( {i = 0,1,2,\cdots ,k - 1}\right) ,\;{P}^{\left( k\right) }\left( a\right) \neq
💡 答案与解析
### 2.5.6 将函数 $ (1 - x - x^2)^{-1/2} $ 在 $x=0$ 处展开至 $x^4$ 阶项。
**解**： 已知二项式展开公式： $$ (1+u)^{-\frac12} = 1 - \frac12 u + \frac{3}{8} u^2 - \frac{5}{16} u^3 + \frac{35}{128} u^4 + \cdots $$ 这里令 $ u = -x - x^2 $，则 $$ f(x) = \left(1 + (-x - x^2)\right)^{-1/2} $$ 先展开到 $x^4$ 项，注意 $u$ 本身含有 $x$ 和 $x^2$，所以需要将 $u, u^2, u^3, u^4$ 展开并合并同次幂。
计算： $$ u = -x - x^2 $$ $$ u^2 = x^2 + 2x^3 + x^4 $$ $$ u^3 = (-x - x^2)^3 = -x^3 - 3x^4 + \cdots \quad (\text{更高阶忽略}) $$ 准确计算： $(-x - x^2)^3 = -(x + x^2)^3 = -(x^3 + 3x^4 + 3x^5 + x^6)$，所以到 $x^4$ 项为 $-x^3 - 3x^4$。 $$ u^4 = (-x - x^2)^4 = (x + x^2)^4 = x^4 + \cdots $$ 只取到 $x^4$ 项为 $x^4$。
代入展开式： $$ f(x) = 1 - \frac12 u + \frac{3}{8} u^2 - \frac{5}{16} u^3 + \frac{35}{128} u^4 + O(x^5) $$ 逐项代入： - 常数项：$1$ - $x$ 项：来自 $-\frac12(-x) = \frac12 x$ - $x^2$ 项：来自 $-\frac12(-x^2) = \frac12 x^2$ 和 $\frac38 (x^2) = \frac38 x^2$，合计 $\frac12 + \frac38 = \frac78 x^2$ - $x^3$ 项：来自 $-\frac12 \cdot 0$（u中无x^3项？注意u中x^3系数0），来自$\frac38 (2x^3) = \frac34 x^3$，以及 $-\frac{5}{16}(-x^3) = \frac{5}{16} x^3$，合计 $$ \frac34 + \frac{5}{16} = \frac{12}{16} + \frac{5}{16} = \frac{17}{16} x^3 $$ - $x^4$ 项：来自 $-\frac12 \cdot 0$，来自 $\frac38 (x^4) = \frac38 x^4$，来自 $-\frac{5}{16}(-3x^4) = \frac{15}{16} x^4$，来自 $\frac{35}{128} x^4$，合计 $$ \frac38 + \frac{15}{16} + \frac{35}{128} = \frac{48}{128} + \frac{120}{128} + \frac{35}{128} = \frac{203}{128} x^4 $$
因此： $$ (1 - x - x^2)^{-1/2} = 1 + \frac12 x + \frac78 x^2 + \frac{17}{16} x^3 + \frac{203}{128} x^4 + O(x^5) $$
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### 2.5.7 已知对 $|x| \le 1$，存在 $\theta \in (0,1)$ 使得 $$ \arcsin x = \frac{x}{\sqrt{1 - \theta^2 x^2}} $$ 求证 $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}}$。
**解**： 由拉格朗日中值定理的形式，实际上这里是将 $\arcsin x$ 在0与x之间展开： $$ \arcsin x = \arcsin x - \arcsin 0 = x \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - (\theta x)^2}} $$ 其中 $\theta x$ 是介于0与x之间的某个点，写作 $\xi = \theta x$，$\theta \in (0,1)$。
于是有： $$ \frac{\arcsin x}{x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \theta^2 x^2}} $$ 两边平方： $$ \frac{(\arcsin x)^2}{x^2} = \frac{1}{1 - \theta^2 x^2} $$ 解得： $$ \theta^2 = \frac{1}{x^2} \left(1 - \frac{x^2}{(\arcsin x)^2}\right) $$ 当 $x\to 0$，$\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + O(x^5)$，所以 $$ (\arcsin x)^2 = x^2 + \frac{x^4}{3} + O(x^6) $$ 于是： $$ \frac{x^2}{(\arcsin x)^2} = \frac{1}{1 + \frac{x^2}{3} + O(x^4)} = 1 - \frac{x^2}{3} + O(x^4) $$ 代入： $$ \theta^2 = \frac{1}{x^2}\left(1 - \left(1 - \frac{x^2}{3} + O(x^4)\right)\right) = \frac{1}{x^2}\left(\frac{x^2}{3} + O(x^4)\right) = \frac13 + O(x^2) $$ 因此 $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \theta^2 = \frac13}$，又 $\theta>0$，故 $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}}$。
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### 2.5.8 已知 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 二次可微，且 $|f(x)| \le M_0$，$|f''(x)| \le M_2$，求证 $|f'(x)| \le 2\sqrt{M_0 M_2}$。
**解**： 对任意 $x>0$ 和任意 $h>0$，由泰勒公式： $$ f(x+h) = f(x) + h f'(x) + \frac{h^2}{2} f''(\xi_1), \quad \xi_1 \in (x, x+h) $$ $$ f(x-h) = f(x) - h f'(x) + \frac{h^2}{2} f''(\xi_2), \quad \xi_2 \in (x-h, x) $$ 两式相减得： $$ f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + \frac{h^2}{2}(f''(\xi_1) - f''(\xi_2)) $$ 于是： $$ 2h |f'(x)| \le |f(x+h)| + |f(x-h)| + \frac{h^2}{2}(|f''(\xi_1)| + |f''(\xi_2)|) $$ 由已知： $$ 2h |f'(x)| \le 2M_0 + h^2 M_2 $$ 即： $$ |f'(x)| \le \frac{M_0}{h} + \frac{h M_2}{2} $$ 对任意 $h>0$ 成立。取 $h = \sqrt{\frac{2M_0}{M_2}}$ 使右边最小，得： $$ |f'(x)| \le \sqrt{2M_0 M_2} $$ 但题目要求证明 $2\sqrt{M_0 M_2}$，这里出现了差异。检查发现常见结果应为 $2\sqrt{M_0 M_2}$，实际上若使用不同形式的泰勒展开（带拉格朗日余项的一阶展开）可得系数2。另一种证法：
由带拉格朗日余项的一阶展开： $$ f(x+h) = f(x) + h f'(x) + \frac{h^2}{2} f''(\xi) $$ 所以 $$ |h f'(x)| \le |f(x+h)| + |f(x)| + \frac{h^2}{2} M_2 \le 2M_0 +